高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第二章 一元二次函数、方程和不等式本章综合与测试课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第二章 一元二次函数、方程和不等式本章综合与测试课时练习，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，十月份的销售总额与七，解答题等内容，欢迎下载使用。

章末综合测评(二) 一元二次函数、方程和不等式


(满分：150分 时间：120分钟)


一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．


1．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是( )


A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜n


C．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m


D [法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．


法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，


故m＜－n＜n＜－m成立．]


2．不等式|x|(1－2x)＞0的解集为( )


A．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))


C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))


A [当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)＞0，所以0＜x＜eq \f(1,2)；当x＜0时，原不等式即为－x(1－2x)＞0，所以x＜0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故选A.]


3．已知不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则不等式2x2＋bx＋a＜0的解集为( )


A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜x＜\f(1,2))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－1或x＞\f(1,2)))))


C．{x|－2＜x＜1} D．{x|x＜－2或x＞1}


A [由题意知x＝－1，x＝2是方程ax2＋bx＋2＝0的根．


由根与系数的关系得


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(2,a)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1.))


∴不等式2x2＋bx＋a＜0，即2x2＋x－1＜0.


解得－1＜x＜eq \f(1,2).]


4．设A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)，其中a，b是正实数，且a≠b，B＝－x2＋4x－2，则A与B的大小关系是( )


A．A≥B B．A>B


C．A

B [∵a，b都是正实数，且a≠b，


∴A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，即A>2，


B＝－x2＋4x－2＝－(x2－4x＋4)＋2


＝－(x－2)2＋2≤2，


即B≤2，∴A>B.]


5．不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))的解集为( )


A．{x|－4≤x≤－3} B．{x|－4≤x≤－2}


C．{x|－3≤x≤－2} D．∅


A [eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3<－5，,x＋3x＋4≤0))


⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－2，,－4≤x≤－3))⇒－4≤x≤－3.]


6．某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比．如果在距离车站10 km处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )


A．5 km处 B．4 km处


C．3 km处D．2 km处


A [设车站到仓库距离为x，土地费用为y1，运输费用为y2，由题意得y1＝eq \f(k1,x)，y2＝k2x，∵x＝10时，y1＝2，y2＝8，∴k1＝20，k2＝eq \f(4,5)，∴费用之和为y＝y1＋y2＝eq \f(20,x)＋eq \f(4,5)x≥2eq \r(\f(20,x)×\f(4,5)x)＝8，当且仅当eq \f(20,x)＝eq \f(4x,5)，即x＝5时取等号．]


7．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc>0，T＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，则( )


A．T>0 B．T<0


C．T＝0 D．T≥0


B [取特殊值，a＝2，b＝c＝－1，


则T＝－eq \f(3,2)<0，排除A，C，D，可知选B.]


8．已知x>0，y>0.若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是( )


A．m≥4或m≤－2 B．m≥2或m≤－4


C．－2

D [∵x>0，y>0，


∴eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)≥8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2y,x)＝\f(8x,y)时取“＝”)).


若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则m2＋2m<8，解之得－4

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．


9．对于任意实数a，b，c，d，下列四个命题中其中假命题的个数是( )


A．若a>b，c≠0，则ac>bc


B．若a>b，则ac2>bc2


C．若ac2>bc2，则a>b


D．若a>b>0，c>d，则ac>bd


ABD [若a>b，c<0时，acd>0时，ac>bd，D错，故选ABD.]


10．若正实数a，b满足a＋b＝1，则下列选项中正确的是( )


A．ab有最大值eq \f(1,4) B.eq \r(a)＋eq \r(b)有最小值eq \r(2)


C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4 D．a2＋b2有最小值eq \f(\r(2),2)


AC [∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq \r(ab)，


∴ab≤eq \f(1,4)，


∴ab有最大值eq \f(1,4)，∴选项A正确；


(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤1＋(a＋b)2＝2，∴0＜eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2).


∴B错误；


eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4，∴C正确；


a2＋b2≥2ab,2ab≤eq \f(1,2)，∴a2＋b2的最小值不是eq \f(\r(2),2)，∴D错误．


故选AC.]


11．二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )





A．b＝－2a B．a＋b＋c＜0


C．a－b＋c＞0 D．abc＜0


AD [由图象知a＜0，对称轴x＝－eq \f(b,2a)＝1，则b＝－2a，则b＞0.


由x＝0时，y＝c＞0，


∴abc＜0，


由x＝－1时，y＜0，即a－b＋c＜0，


由x＝1时，y＞0，则a＋b＋c＞0，


故选AD.]


12．下列命题中是假命题的有( )


A．|x|2＋|x|－2＝0有四个实数解


B．设a，b，c是实数，若二次方程ax2＋bx＋c＝0无实根，则ac≥0


C．若x2－3x＋2≠0，则x≠2


D．若x∈R，则函数y＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))的最小值为2


AD [|x|2＋|x|－2＝0，则|x|＝1或|x|＝－2，故方程只有两个实数解，故A是假命题；


设a，b，c是实数，若二次方程ax2＋bx＋c＝0无实根，则b2－4ac＜0，则ac＞eq \f(b2,4)≥0，则ac＞0，可以推出ac≥0，故B是真命题；


若x2－3x＋2≠0，则x≠2且x≠1，可推出x≠2，故C是真命题；


若x∈R，则函数y＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))的最小值为eq \f(5,2)，此时x＝0，故D是假命题．


故选AD.]


三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．


13．已知不等式x2－ax－b<0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式bx2－ax－1>0的解集为________．


eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))) [方程x2－ax－b＝0的根为2,3.根据根与系数的关系得：a＝5，b＝－6.所以不等式bx2－ax－1＞0，即6x2＋5x＋1<0，解得解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))).]


14．a，b∈R，a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是________．


a＜0＜b [若ab＜0，由a＜b两边同除以ab得，eq \f(1,b)＞eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)；若ab＞0，则eq \f(1,a)＞eq \f(1,b).


所以a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是a＜0＜b.]


15．已知x＞0，y＞0，且x＋2y＝3，则xy的最大值为________，eq \f(3x＋y,xy)的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分)


eq \f(9,8) eq \f(7＋2\r(6),3) [x＞0，y＞0，x＋2y＝3，


由x＋2y≥2eq \r(2xy)，可得：


3≥2eq \r(2xy)，


则xy≤eq \f(9,8)，


当且仅当x＝2y＝eq \f(3,2)时，取得等号，


即xy的最大值为eq \f(9,8)，


eq \f(3x＋y,xy)＝eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)＝eq \f(1,3)(x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(3,y)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋\f(2y,x)＋\f(3x,y)))≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋2\r(\f(2y,x)·\f(3x,y))))＝eq \f(7＋2\r(6),3)，当且仅当eq \f(2y,x)＝eq \f(3x,y)时取等号，


故eq \f(3x＋y,xy)的最小值为eq \f(7＋2\r(6),3).]


16．某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元，六月份的销售额为500万元，七月份的销售额比六月份增加x%，八月份的销售额比七月份增加x%，九、十月份的销售总额与七、八月份的销售总额相等，若一月份至十月份的销售总额至少为7 000万元，则x的最小值为________．


20 [由题意得七月份的销售额为500(1＋x%)，八月份的销售额为500(1＋x%)2，所以一月份至十月份的销售总额为3 860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7 000，解得1＋x%≤－eq \f(11,5)(舍去)或1＋x%≥eq \f(6,5)，即x%≥20%，所以x的最小值为20.]


四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．


17．(本小题满分10分)若x，y为正实数，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．


[解] 由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，


∴eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1.∵x，y为正实数，


∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))＝10＋eq \f(8y,x)＋eq \f(2x,y)


＝10＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4y,x)＋\f(x,y)))≥10＋2×2×eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝18，


当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝2y时，取等号．


又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6.


∴当x＝12，y＝6时，x＋y取得最小值18.


18．(本小题满分12分)已知关于x的不等式x2－3x＋m<0的解集是{x|1

(1)求实数m，n的值；


(2)若正数a，b满足ma＋2nb＝3，求a·b的最大值．


[解] (1)由题意可知1，n是x2－3x＋m＝0的两根，由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋n＝3，,1×n＝m，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝2.))


(2)把m＝2，n＝2代入ma＋2nb＝3得a＋2b＝eq \f(3,2).


因为a＋2b≥2eq \r(a·2b)，所以eq \f(3,2)≥2eq \r(a·2b)，


故a·b≤eq \f(9,32)，当且仅当a＝2b＝eq \f(3,4)，即a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(3,8)时等号成立，所以a·b的最大值为eq \f(9,32).


19．(本小题满分12分)已知ax2＋2ax＋1≥0恒成立．


(1)求a的取值范围；


(2)解关于x的不等式x2－x－a2＋a<0.


[解] (1)因为ax2＋2ax＋1≥0恒成立．


①当a＝0时，1≥0恒成立；


②当a≠0时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝4a2－4a≤0，))


解得0

综上，a的取值范围为0≤a≤1.


(2)由x2－x－a2＋a<0得，(x－a)[x－(1－a)]<0.


因为0≤a≤1，


所以①当1－a>a，


即0≤a

a

②当1－a＝a，即a＝eq \f(1,2)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)<0，不等式无解；


③当1－a

1－a

综上所述，当0≤a

当a＝eq \f(1,2)时，解集为∅；


当eq \f(1,2)

20．(本小题满分12分)某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案如下，其中p＞q＞0，


经过两次提价后，哪种方案提价幅度大？


[解] 设商品原价为a，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N甲、N乙、N丙，则


N甲＝a(1＋p%)(1＋q%)，


N乙＝a(1＋q%)(1＋p%)，


N丙＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))


＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))eq \s\up12(2).


显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，因此，只需比较aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))2与a(1＋p%)(1＋q%)的大小．


N甲－N丙＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(p,100)＋\f(q,100)＋\f(pq,1002)－1－\f(p＋q,100)－\f(p＋q2,2002)))＝eq \f(a,2002)(2pq－p2－q2)


＝－eq \f(a,2002)(p－q)2＜0.


∴N丙＞N甲，


∴按丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．


21．(本小题满分12分)已知函数y＝eq \f(x2＋3,x－a)(x≠a，a为非零常数)．


(1)解不等式eq \f(x2＋3,x－a)

(2)设x>a时，y＝eq \f(x2＋3,x－a)有最小值为6，求a的值．


[解] (1)eq \f(x2＋3,x－a)

整理得(ax＋3)(x－a)<0.


当a>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,a)))(x－a)<0，


∴解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,a)

当a<0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,a)))(x－a)>0，


解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>－\f(3,a)或x

(2)设t＝x－a，则x＝t＋a(t>0)，


∴y＝eq \f(t2＋2at＋a2＋3,t)


＝t＋eq \f(a2＋3,t)＋2a


≥2eq \r(t·\f(a2＋3,t))＋2a


＝2eq \r(a2＋3)＋2a.


当且仅当t＝eq \f(a2＋3,t)，


即t＝eq \r(a2＋3)时，等号成立，


即y有最小值2eq \r(a2＋3)＋2a.


依题意有2eq \r(a2＋3)＋2a＝6，


解得a＝1.


22．(本小题满分12分)经观测，某公路段在某时段内的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间有函数关系：y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)(v>0)．


(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量为多少？(精确到0.01)


(2)为保证在该时段内车流量至少为10千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？


[解] (1)y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)＝eq \f(920,v＋\f(1 600,v)＋3)


≤eq \f(920,2\r(v·\f(1 600,v))＋3)＝eq \f(920,83)≈11.08.


当v＝eq \f(1 600,v)，即v＝40千米/小时时，车流量最大，最大值为11.08千辆/小时．


(2)据题意有：eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)≥10，


化简得v2－89v＋1 600≤0，


即(v－25)(v－64)≤0，


所以25≤v≤64.


所以汽车的平均速度应控制在25≤v≤64这个范围内．


方案
第一次(提价)
第二次(提价)
甲
p%
q%
乙
q%
p%
丙
eq \f(1,2)(p＋q)%
eq \f(1,2)(p＋q)%